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第2讲 直线运动
考题一 匀变速直线运动基本规律的应用
（2023 浙江模拟）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是（ ）
A．汽车第1秒末的速度为23m/s
B．汽车加速度大小为3m/s2
C．汽车的减速时间为6.5s
D．汽车刹车总位移为78m
【解答】解：B、汽车做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，设汽车加速度的大小为a，由位移—时间公式得：
6m
代入数据解得：a＝4m/s2
故B错误；
A、设汽车的初速度大小为v0，由匀变速直线运动位移—时间公式得：x1＝v0t124m
代入数据解得：v0＝26m/s
汽车第1s末的速度为v＝v0﹣at1＝26m/s﹣4×1m/s＝22m/s
故A错误；
C、汽车的减速时间为ts＝6.5s
故C正确；
D、汽车刹车的总位移为xv0t26×6.5m＝84.5m
故D错误。
故选：C。
（2022 温州二模）“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
下列说法正确的是（ ）
A．前6秒火星车做加速运动
B．第6秒末火星车的速率为4.75cm/s
C．火星车一共匀速运动了10cm
D．火星车减速的加速度大小为2cm/s2
【解答】解：由题意可知，火星车从静止开始先做匀加速直线运动，接着做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至停下。设匀加速阶段的加速度大小为a，时间为t1；匀速阶段的速度为v，时间为t2；匀减速阶段的加速度大小为a′，时间为t3。
由表格数据可知，0～2s时间内，火星车从静止开始做匀加速直线运动，通过的位移为2cm，根据
解得：a＝1cm/s2
10s～12s，火星车做匀减速运动至停下，通过的位移为2cm，结合逆向思维，可认为此过程方向做初速度为0的匀加速运动，则有
解得：a′＝1cm/s2
匀加速阶段的时间为
匀减速阶段的时间为
故0～12s全过程的位移满足
又有t1+t2+t3＝12s
联立解得：t1＝t3＝5s；t2＝2s；v＝5cm/s
A、前5s内火星车做加速运动，5s后火星车已经做匀速运动，故A错误；
B、5～7s时间内火星车已经匀速运动，故第6s末火星车的速度为5cm/s，故B错误；
C、火星车一共匀速运动的位移为
x2＝vt2＝5×2cm＝10cm，故C正确；
D、火星车减速的加速度大小为1cm/s2，故D错误；
故选：C。
（2023 杭州一模）如图甲，目前高速公路收费处，有ETC通道和人工通道。在ETC收费通道，车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费。如图乙，假设一辆汽车以正常行驶速v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离到达中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，汽车以v1开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费后，再匀加速至v1正常行驶。设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小均为2m/s2，求：
（1）汽车过人工收费通道，从减速开始，到收费后加速至v1，总共通过的路程和所需时间是多少？
（2）若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21s，求汽车在ETC通道匀速行驶的距离。
【解答】解：（1）匀减速时间
匀减速位移
x1，解得x1＝64m
停止时间t2＝20s，位移为零。
加速阶段与减速阶段的位移与时间相同，故有s＝2s1＝2×64m＝128m
t＝2t1+t2＝2×8s+20s＝36s
（2）设过ETC通道的车辆匀速时间为t，匀减速时间t2s＝6s
过ETC通道的车辆所用总时间T＝2t2+t＝（2×6+t）＝12+t
汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21s，人工收费通道总时间T′＝T+21，T′＝33+t
汽车通过ETC通道与人工收费通道的位移相等，则2 t2+v2t＝2v1（T′﹣2t1﹣t0）
解得ts，故汽车在ETC通道匀速行驶的距离x＝v2t＝4mm
答：（1）汽车过人工收费通道，从减速开始，到收费后加速至v1，总共通过的路程128m，所需时间36s；
（2）汽车在ETC通道匀速行驶的距离m。
1．基本公式
v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax
常用推论
Δx＝aT2 v＝＝ v＝
2．总结：应用运动学规律解题的基本步骤
第一步：根据题意确定研究对象．
第二步：分析运动过程，明确物体做什么运动，构建运动情景，必要时画出运动示意图．
第三步：明确题中的已知量、未知量及其关系，选用合适的运动规律．
第四步：若运动包含多个阶段，要分阶段逐个分析，各段交接点处的速度是衔接各段运动的关键物理量，也是解题的突破口．
第五步：选取正方向，由运动学公式列方程求解．
考题二 牛顿运动定律的应用
（2023 镇海区模拟）图甲所示为生活中巧妙地利用两根并排的竹竿，将长方体砖块从高处运送到低处的场景。将竹竿简化为两根平行放置，粗细均匀的圆柱形直杆，砖块放在两竹竿的正中间，由静止开始从高处下滑，图乙所示为垂直于运动方向的截面图（砖块截面为正方形）。若仅将两竹竿间距增大一些，则砖块（ ）
A．下滑过程中竹竿对砖块的弹力变大
B．下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力不变
C．下滑的加速度变小
D．下滑到底端的时间变短
【解答】解：A、设竹竿与水平方向的夹角为α，两竹竿对砖块的弹力的夹角为θ。作出砖块在垂直于运动方向的受力示意图，如图所示。根据垂直于运动方向砖块受力平衡可得，2FNcosmgcosα。仅将两竹竿间距增大一些，θ不变，可知竹竿对砖块的弹力FN不变，故A错误；
B、下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力为f＝2μFN，FN不变，则f不变，故B正确；
C、在沿竹竿方向，由牛顿第二定律得：mgsinα﹣f＝ma，α、f不变，则砖块下滑的加速度不变，故C错误；
D、由x得t，可知滑到底端的时间不变，故D错误。
故选：B。
（多选）（2023 浙江模拟）神舟十四号又被称为“最忙乘组”，在空间站工作期间迎接了问天、梦天、天舟五号和神舟十五号，它于12月4日返回祖国。返回时在穿越大气层时对返回舱起主要减速作用的降落伞（主伞）面积达1200m2，质量为120kg，由96根坚韧的伞绳均匀连接返回舱悬挂点和降落伞边缘，降落伞边缘为圆形状，半径为15m，设每一根伞绳长度为39m，返回舱（不含航天员）的质量为2670kg，舱内三个航天员的质量每人平均计70kg。设某一段过程，返回舱受到的空气阻力为返回舱总重力的0.05倍，中轴线（返回能悬挂点与降落伞中心的连线）保持竖直，返回舱以0.5m/s2的加速度竖直向下减速。此过程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2。对此以下分析正确的是（ ）
A．在迎接神舟十五号的时候，神舟十四号处于完全失重状态，不受外力
B．题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力大于返回舱的总重力
C．题中减速阶段，每根伞绳的拉力为325N
D．题中减速阶段，降落伞受到的空气阻力为1500N
【解答】解：A、在迎接神舟十五号的时候，地球对神州十四号的万有引力提供绕地球做匀速圆周运动的向心力，神舟十四号处于完全失重状态，故A错误；
B、减速阶段，返回舱所受合力竖直向上，伞绳对返回舱的合力大于返回舱的总重力，故B正确；
D、降落伞、返回舱和航天员的质量为m＝2670kg+120kg+3×70kg＝3000kg
降落伞受到的空气阻力为f＝0.05mg＝0.05×3000×10N＝1500N
故D正确；
C、设伞绳与竖直方向夹角为θ，每根伞绳的拉力大小为T，则sinθ
则cosθ
对返回舱受力分析，由平衡条件得：96Tcosθ+0.05mg﹣mg＝ma
代入数据解得：T＝339N
故C错误。
故选：BD。
（2023 金华一模）小端同学在研究竖直向上抛出的物体运动时，分别有几种不同的模型。已知该同学抛出小球的质量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向竖直向上，重力加速度为g＝10m/s2。
（1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过多长时间？
（2）若空气阻力大小恒为0.2N，则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为多少？
（3）若空气阻力大小与速度大小满足F＝kv的关系，其中k为定值。若已知小球落回抛出点前速度恒定且大小为5m/s，则关系式中的k值为多少？
【解答】解：（1）若不计空气阻力，小球做竖直上抛运动，向上运动时间
从抛出直至回到抛出点的时间t2＝2t1
解得t2＝2s
则小球从抛出直至回到抛出点经过的时间为2s；
（2）设上升过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有：mg+f＝ma
又空气阻力大小f＝0.2N
解得：
小球向上做匀减速直线运动，根据速度—位移公式有：2ah
解得：
则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为；
（3）小球落回抛出点前速度恒定，说明所受合力为0，则mg＝kv
答：（1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过2s时间；
（2）若空气阻力大小恒为0.2N，则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为；
（3）关系式中的k值为0.2kg/s。
1．研究对象的选取方法
在实际解题过程中整体法和隔离法经常交替使用，一般是选用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的相互作用力．
2．受力分析的处理方法
(1)合成法：若物体只受两个力作用而产生加速度时，应用力的合成法较简单，合外力的方向就是加速度方向．
(2)正交分解法：当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，此时有Fx＝ma，Fy＝0，特殊情况下分解加速度比分解力更简单．
3．运动情景分析法
(1)程序法：对于研究对象按时间的先后经历了几个不同的运动过程的一类问题的解决方法叫程序法．运用程序法时，要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程的交接点的速度往往是解决问题的关键．
(2)图象法：图象能形象地表达物理规律，能直观地描述物理过程，能鲜明地表示物理量之间的关系．应用图象，不仅能进行定性分析，比较判断，也适宜于定量计算、论证，而且，通过图象的启发常能找到巧妙的解题途径．
考题三 运动学图象问题
（2022 浙江模拟）a、b两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的v﹣t图象如图所示，在t＝0时刻，b车在a车前方s0处，在0～t1时间内，b车的位移为s，则（ ）
A．若a、b在t1时刻相遇，则s0＝3s
B．若a、b在时刻相遇，则s0s
C．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为t1
D．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时a车速度为
【解答】解：A、由图可知，在0﹣t1时间内，b车的位移为s，则a车的位移为3s。若a、b在t1时刻相遇，则s0＝3s﹣s＝2s，故A错误。
B、若a、b在时刻相遇，由图象可知，阴影部分对应的面积等于s0，即 s0 2ss，故B正确。
C、若a、b在时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为t1t1，故C错误。
D、若a、b在时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为，根据几何关系知 下次相遇时a车速度为va，故D错误。
故选：B。
（2023 宁波二模）遥控小车在水平轨道上运动的速度—时间图象如图所示，t＝0时刻小车位于坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A．在0～4s内，小车的加速度不变
B．在0～6s内，小车的速度方向改变了1次
C．在0～6s内，小车的平均速度的大小为3m/s
D．在t＝5s时刻，小车距离坐标原点最远
【解答】解：A、在0～4s内，小车的速度—时间图象是一条倾斜直线，则加速度不变，虽然速度有正负，但加速度都为正，大小方向都不变，故A正确；
B、在速度—时间图象中，速度的方向看图线在时间轴上方还是下方，在时间轴上方表示速度为正，在时间轴下方表示速度为负，在0～6s内，小车在2s末速度方向由负变为正，在5s末速度由正变为负，速度方向改变了2次，故B错误；
C、在速度—时间图象中位移看面积，时间轴下方的面积表示是负位移，时间轴上方的面积表示的是正位移，在0～6s内，负面积等于正面积，小车位移为0，小车的平均速度的大小为0，故C错误；
D、根据C选项的分析可知，在0～2s内，小车向负方向运动了0.6m，在2～4s内，小车又向正方向运动了0.6m回到坐标原点，在4～5s内，小车又从坐标原点向正方向运动了0.3m，在5～6s内，小车又向负方向运动了0.3m回到坐标原点，所以在t＝2s时刻，小车距离坐标原点最远，故D错误。
故选：A。
（2023 浙江模拟）刚刚结束的奥运会上，广东小将全红婵（图甲）以总分466.2分打破世界纪录，获得跳水单人十米台金牌。自运动员离开跳台开始计时到完全落入水中，其速度随时间变化情况可简化如图乙，选向下为正方向，下列结论正确的是（ ）
A．0﹣t2为空中运动时间，速度始终向下
B．t1﹣t2内的加速度比在t2﹣t3内加速度大
C．在0﹣t1内，平均速度等于
D．在t2﹣t3内，平均速度
【解答】解：A、全红婵在空中的运动为竖直上抛运动，由图像得，0﹣t1时间为空中运动时间，速度先竖直向上，后竖直向下，故A错误；
B、v﹣t图像切线的斜率的绝对值表示加速度的大小，由图像得，t1﹣t2内的加速度比在t2﹣t3内加速度小，故B错误；
C、在0﹣t1内，全红婵的运动为匀变速直线运动，平均速度等于初末速度的平均值，则平均速度
故C正确；
D、v﹣t图像与坐标轴的面积表示位移，平均速度是位移与时间的比值，在t2﹣t3内，若为匀变速直线运动，平均速度
但由图像得，全红婵的运动为加速度减小的减速运动，位移小于匀变速直线运动的位移，则平均速度小于，故D错误。
故选：C。
1．x－t、v－t、a－t的关系
2．图象问题的五看
一看：轴；二看：线；三看：斜率；四看：面积；五看：特殊点．
3．注意：x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而a－t图象描述的并非一定是直线运动．
考题四 应用动力学方法分析传送带问题
（2023 宁波一模）逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v﹣t图像如图所示。在t＝0时刻质量为1kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2s后开始减速，在t＝4s时物体恰好能到达最高点A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下说法正确的是（ ）
A．物体与传送带间的摩擦因数为0.6
B．传送带AB长度为6m
C．2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6J
【解答】解：A、前2s物块速度小于传送带速度，物块受到摩擦力沿斜面向上。由于物块匀速上滑，根据平衡条件得：μmgcos37°＝mgsin37°，代入数据解得：μ＝0.75，故A错误；
C、由物体2s后开始减速，由图示v﹣t图像可知，2s时传送带的速度为1m/s，可得物体前2s内做匀速运动的速度v1＝1m/s，在t＝4s时物体恰好到达最高点A点，此时传送带的速度也恰好为零，说明二者减速运动的加速度相同，所以2s后物体与传送带相对静止一起运动，2s后物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，故C错误
B、2s后物体相对于传送带静止，由图示v﹣t图像可知，加速度大小为am/s2＝0.5m/s2，前2s物块沿传送带上滑的位移为x1＝v1t＝1×2m＝2m；2s后物块相对传送带静止，物体所受摩擦力方向沿传送带向上，跟传送带以相同加速度a＝0.5m/s2，向上匀减速运动x2＝v1t1，其中t1＝2s，代入数据解得：x2＝1m，传送带AB长L＝x1+x2＝2m+1m＝3m，故B错误；
D、物体上滑过程中，滑动摩擦力为f＝μmgcos37°＝0.75×1×10×0.8N＝6N，由传送带的v﹣t图像可知前2s，传送带位移为x＝3m，故物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为Q＝f（x﹣x1）＝6×（3﹣2）J＝6J，故D正确。
故选：D。
（2023春 滨江区期中）在大型物流货场广泛使用传送带运送货物如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物无初速度放在传送带上的A处，经过1.2s货物到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知g＝10m/s2，则下列判断不正确的是（ ）
A．A，B两点间的距离为3.2m
B．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5
C．传送带上留下的黑色痕迹长1.2m
D．倾角θ＝37°
【解答】解：BD、由v﹣t图象可知，货物在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为：a1m/s2＝10m/s2，
货物受摩擦力的方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1…①
货物的速度达到与传送带速度相等以后，做a2的匀加速直线运动，此后摩擦力方向沿传送带向上，加速度为：a2m/s2＝2m/s2
根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2…②
联立①②解得：cosθ＝0.8，则θ＝37°，μ＝0.5，故BD正确；
A、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，继续做加速度较小的匀加速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象与时间轴所围的“面积”，为：x2×0.2m（2+4）×（1.2﹣0.2）m＝3.2m，故A正确；
C、货物做加速度为a1的匀加速直线运动，位移为：x12×0.2m＝0.2m，皮带位移为：x皮＝2×0.2m＝0.4m，相对位移为：Δx1＝x皮﹣x1＝0.4m﹣0.2m＝0.2m；
货物做加速度为a2的匀加速直线运动，位移为：x2（2+4）×1m＝3m，x皮2＝2×1m＝2m，相对位移为：Δx2＝x2﹣x皮2＝3m﹣2m＝1m，
考虑到痕迹有重叠，所以传送带上留下的黑色痕迹长为1m，故C错误。
本题选错误的，故选：C。
（2022秋 宁波期末）某同学想利用家里的跑步机进行相关实验。如图所示，将跑步机尾端抬高固定，与水平面成α＝37°，跑步机A、B两端间距L＝2m。启动跑步机，跑带以速度v0＝2m/s逆时针转动，现将一小盒子（可视为质点）放到跑带上，已知小盒子与跑带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
（1）如图乙所示，若将小盒子无初速地轻放在A处，求小盒子运动到B处的速度大小v；
（2）如图丙所示将小盒子从B处以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上运动过程中与传送带速度相同时，盒子与B点的距离x；
（3）第（2）题的情形下，求小盒子从B出发再返回B所用的总时间t。
【解答】解：（1）对小盒子，由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
小盒子沿跑带向下做初速度为零的匀加速直线运动，到达B点时的速度vm/s＝2m/s
（2）小盒子放在B处相对于传送带向上滑动，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma1
代入数据解得：a1＝10m/s2
小盒子减速到与跑带速度相等需要的时间t1s＝0.2s
该时间内小盒子的位移大小x0.2m＝0.6m
（3）由于mgsinα＞μmgcosα，小盒子的速度与跑带速度相等后继续沿跑带向上做匀减速直线运动
由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2
代入数据解得：a2＝2m/s2
小盒子减速到零需要的时间t2s＝1s
该过程的位移大小x'm＝1m
小盒子减速为零后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a2
设经过时间t3小盒子回到B点，则x+x'
代入数据解得：t3s≈1.26s
小盒子从B出发再返回B所用的总时间t＝t1+t2+t3＝（0.2+1+1.26）s＝2.46s
答：（1）小盒子运动到B处的速度大小是2m/s；
（2）盒子向上运动过程中与传送带速度相同时，盒子与B点的距离是0.6m；
（3）小盒子从B出发再返回B所用的总时间是2.46s。
1．水平放置运行的传送带
处理水平放置的传送带问题，首先应对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；然后对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推导，进而采用有关物理规律求解．这类问题可分为：①运动学型；②动力学型；③图象型．
2．倾斜放置运行的传送带
处理这类问题，同样是先对物体进行受力分析，再判断摩擦力的方向是解题关键，正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口．这类问题通常分为：运动学型；动力学型；能量守恒型．
（2023 温州模拟）如图所示的我国第三艘航空母舰“福建舰”，在2022年6月17日移出船坞下水后计划开展航行试验。下列情况中“福建舰”可视为质点的是（ ）
A．研究航行路线时 B．弹射舰载机时
C．移出船坞下水时 D．用操作仪把控方向时
【解答】解：A．当研究“福建舰”的航行路线时，“福建舰”的形状和大小可以忽略不计，可以看成质点，故A正确；
BCD．当研究弹射舰载机时、移出船坞下水时、用操作仪把控方向时，由于“福建舰”的形状及大小对研究的问题影响不能忽略不计，所以“福建舰”均不能看成质点，故BCD错误。
故选：A。
（2023 温州三模）温州轨道交通S1线是温州市第一条建成运营的城市轨道交通线路，于2019年投入运营，现已成为温州市民出行的重要交通工具之一。如图是温州S1线一车辆进站时的情景，下列说法正确的是（ ）
A．研究某乘客上车动作时，可以将该乘客视为质点
B．研究车辆通过某一道闸所用的时间，可以将该车辆视为质点
C．选进站时运动的车辆为参考系，坐在车辆中的乘客是静止的
D．选进站时运动的车辆为参考系，站台上等候的乘客是静止的
【解答】解：A、研究某乘客上车动作时，由于研究的问题与人的形状有关，因此不可以将乘客看作质点，故A错误；
B、研究车辆通过某一道闸所用的时间时，车辆的大小和形状不能忽略，不能视为质点，故B错误；
C、选进站时运动的车辆为参考系时，坐在车辆中的乘客是静止的，故C正确；
D、选进站时运动的车辆为参考系，站台上等候的乘客是运动的，故D错误。
故选：C。
（2023 嘉兴一模）科学训练可提升运动成绩，小明在体训前、后百米全程测试中，v﹣t图像分别如图所示，则（ ）
A．研究起跑动作时可把小明视为质点
B．0～t1内，训练后小明的平均速度大
C．0～t2内，训练前后小明跑过的距离相等
D．经过训练，t3时刻后小明仍做加速运动
【解答】解：A．研究起跑动作时，小明的动作、姿态对研究的问题有影响，不能将小明视为质点，故A错误；
B．v﹣t图像与横坐标围成面积表示位移，由图像可知，0～t1内训练前位移较大，由平均速度定义式可知，训练前平均速度较大，故B错误；
C．v﹣t图像与横坐标围成面积表示位移，由图像可知，0～t2内训练前后v﹣t图像与横坐标围成的面积不相等，即小明训练前后跑过的距离不相等，故C错误；
D．由图像可知，经过训练，t3时刻后小明速度仍然继续增大，故t3时刻后小明仍做加速运动，故D正确。
故选：D。
（2023 浙江二模）9月10日，由航空工业自主研制的第二架大型灭火水上救援水陆两栖飞机AG600M“鲲龙”在广东珠海金湾机场完成了首次飞行试验，某次在平直跑道上滑行时，飞机的速度—时间图像如图所示，若减速过程的加速度大小为5m/s2，则（ ）
A．“鲲龙”匀速滑行的位移为1120米
B．由题目所给的条件无法算出t3的数值
C．“鲲龙”在整个滑行过程中的平均速度大小为70m/s
D．“鲲龙”匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小相等
【解答】解：A．速度—时间图像与坐标轴包围的面积表示位移，则“鲲龙”匀速滑行的位移为x0＝14×80m＝1120m，故A正确；
B．减速运动的时间为，t＝34s+16s＝50s，由题目所给的条件可以算出t3的数值，故B错误；
C．“鲲龙”在整个滑行过程中的位移为
平均速度大小为，故C错误；
D．“鲲龙”匀加速滑行时加速度大小为，则匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小不相等，故D错误。
故选：A。
（2023 浙江模拟）9月10日，由航空工业自主研制的第二架大型灭火水上救援水陆两栖飞机AG600M“鲲龙”在广东珠海金湾机场完成了首次飞行试验，某次在平直跑道上滑行时，飞机的速度——时间图像如图所示，若减速过程的加速度大小为5m/s2，则（ ）
A．“鲲龙”匀速滑行的位移为1120米
B．由题目所给的条件无法算出t的数值
C．“鲲龙”在整个滑行过程中的平均速度大小为70m/s
D．“鲲龙”匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小相等
【解答】解：A．速度—时间图像与坐标轴包围的面积表示位移，则“鲲龙”匀速滑行的位移为x0＝14×80m＝1120m，故A正确；
B．减速运动的时间为，t＝34s+16s＝50s，由题目所给的条件可以算出t的数值，故B错误；
C．“鲲龙”在整个滑行过程中的位移为
平均速度大小为，故C错误；
D．“鲲龙”匀加速滑行时加速度大小为，则匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小不相等，故D错误。
故选：A。
（2022 南京模拟）从地面以大小为v1的初速度竖直向上抛出一个皮球，经过时间t皮球落回地面，落地时皮球的速度的大小为v已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，重力加速度大小为g。下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的。你可能不会求解t，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，你认为t的合理表达式应为（ ）
A．t B．t C．t D．t
【解答】解：A、B、D：下降过程物体做加速运动，若忽略次要因素（空气阻力）时间约为，而上升阶段做匀减速运动，同理忽略次要因素，时间约为，故总时间约为，故A正确，B错误，D错误；
C：时间的单位为s，而C答案单位为m，故C错误
故选：A。
（2022 浙江模拟）如图所示，物体P以初速度v0＝5m/s滑到静止于光滑水平地面的水平小车右端，小车Q上表面粗糙，物体P与小车Q的v﹣t图象如图乙所示，物体P刚好不从小车Q上掉下来，由图乙中各物理量不能求出的是（ ）
A．物体P和小车Q之间的动摩擦因数
B．小车Q上表面的长度
C．小车Q的质量
D．物体P与小车Q的质量之比
【解答】解：A、v﹣t图象的斜率等于加速度，由图象v﹣t图象可以求出物体P的加速度a，设P的质量为m，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，可以求出动摩擦因数μ，故A错误；
B、v﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于位移，由图示v﹣t图象可以求出物体P与小车Q的位移，物体P与小车Q的位移差等于小车Q上表面的长度，故B错误；
CD、由图象v﹣t图象可以求出物体P的初速度v0＝5m/s，P、Q共同运动的速度v＝3m/s，设P的质量为m，Q的质量为M，P、Q组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得m：M＝3：2，由于不知道物体P的质量m，不能求出小车Q的质量，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023 金华模拟）烟花弹从竖直的炮筒被推出，升至最高点后爆炸。上升的过程由于空气阻力的影响，v﹣t图像如图所示，从推出到最高点所用的时间为t，上升的最大高度为H，图线上C点的切线与AB平行，t0、vC为已知量，且烟花弹t0时间内上升的高度为h，则下列说法正确的是（ ）
A．烟花弹上升至最高点时，加速度大小为零
B．烟花弹上升至最高点过程中，空气阻力大小不变
C．烟花弹刚从炮筒被推出的速度v满足
D．烟花弹刚从炮筒被推出的速度v满足
【解答】解：A、烟花弹上升至最高点时，受重力作用，加速度为g，故A错误；
B、v﹣t图像切线的斜率代表加速度，由图可知，烟花弹的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得：mg+f＝ma
则空气阻力逐渐减小，故B错误；
C、连接AB两点，烟花弹做匀变速直线运动，位移为H′
v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移，由图可知H＜H′
故C错误；
D、连接AC两点，从0～t0时间，烟花弹做匀变速直线运动，烟花的位移为h′
由图可知h′＜h
故D正确；
故选：D。
（2022 宁波模拟）某同学想测地铁在平直轨道上启动过程中的加速度，他把根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布固定在地铁的竖直扶手上，在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时的情景，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，已知当地重力加速度为g，根据这张照片，以下说法正确的是（ ）
A．此时地铁的速度方向向右
B．此时地铁的加速度方向向右
C．此时绳子拉力小于圆珠笔的重力
D．由图可以估算出此时地铁加速度的大小
【解答】解：圆珠笔的受力如图所示：
由图可知，拉力有一个水平向左的分量，所以圆珠笔有一个向左的加速度，启动过程，速度在增加，所以此时地铁的速度方向向左，故AB错误；
CD、要想求出加速度的大小，根据竖直方向：Tcosθ＝mg
水平方向：Tsinθ＝ma
解得：，a＝gtanθ
可知此时绳子拉力大于圆珠笔的重力，由图可估计角θ大小，算出此时地铁加速度的大小，故D正确，C错误；
故选：D。
（2022 宁波二模）2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程。若已知着陆器（不含降落伞）总质量m＝1.2×103kg，火星表面重力加速度g'＝4m/s2，忽略着陆器质量的变化和g'的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：
（1）在第Ⅳ阶段的最后，着陆器从无初速度开始经0.75s无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，求着陆器着陆时的速度v4；
（2）假设着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”做匀减速运动，求动力减速装置给着陆器的反推力F的大小；
（3）着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”也可视为匀减速运动，求从打开降落伞到悬停过程中（即Ⅱ、Ⅲ过程）的平均速度大小。（结果可用分数表示）
【解答】解：（1）在火星表面自由落体：v4＝g't＝3m/s
（2）第Ⅲ阶段加速度：
根据牛顿第二定律：mg'﹣F＝ma
所以：F＝mg'﹣ma＝解得：F＝6.3×103N
（3）利用平均速度求得第Ⅱ、第Ⅲ阶段下落的高度：，解得
，解得
平均速度为，解得
答：（1）在第Ⅳ阶段的最后，着陆器从无初速度开始经0.75s无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，着陆器着陆时的速度v4为3m/s
（2）假设着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”做匀减速运动，动力减速装置给着陆器的反推力F的大小为为6.3×103N；
（3）着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”也可视为匀减速运动，从打开降落伞到悬停过程中（即Ⅱ、Ⅲ过程）的平均速度大小为。
（2022 柯桥区模拟）弹射+滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机在弹射装置作用下使飞机具有一定的初速度，跑道的前一部分是水平的，跑道后一段略微向上翘起。飞机在尾段翘起跑道上的运动虽然会使加速度略有减小，但能使飞机具有斜向上的速度，有利于飞机的起飞，起飞升力与速度的关系我们可以简化为（升力）L＝kv（k104kg/s），假设某飞机质量为m＝3×104kg，从静止的航母上滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段在水平跑道上受到的平均阻力恒为1.5×105N，加速度为15m/s2，位移为80m，后一段倾斜跑道上的加速度为12m/s2，路程为100m，飞机恰好能正常起飞，求
（1）求水平加速时的牵引力；
（2）水平跑道到倾斜跑道转折点时的速度；
（3）在跑道上加速的总时间。
【解答】解：（1）在水平跑道上加速时，根据牛顿第二定律可得F﹣f＝ma，解得F＝6×105N
（2）飞机起飞速度为
设在转折点的速度为v1，则倾斜轨道加速过程中
解得v1＝50m/s
（3）设在水平轨道上加速时间为t1，则
解得，t1＝4s（舍去）
在倾斜轨道上加速时间为t2，则
解得
运动的总时间为
答：（1）水平加速时的牵引力为6×105N；
（2）水平跑道到倾斜跑道转折点时的速度为50m/s；
（3）在跑道上加速的总时间为。
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第2讲 直线运动
考题一 匀变速直线运动基本规律的应用
（2023 浙江模拟）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是（ ）
A．汽车第1秒末的速度为23m/s
B．汽车加速度大小为3m/s2
C．汽车的减速时间为6.5s
D．汽车刹车总位移为78m
（2022 温州二模）“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
下列说法正确的是（ ）
A．前6秒火星车做加速运动
B．第6秒末火星车的速率为4.75cm/s
C．火星车一共匀速运动了10cm
D．火星车减速的加速度大小为2cm/s2
（2023 杭州一模）如图甲，目前高速公路收费处，有ETC通道和人工通道。在ETC收费通道，车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费。如图乙，假设一辆汽车以正常行驶速v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离到达中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，汽车以v1开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费后，再匀加速至v1正常行驶。设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小均为2m/s2，求：
（1）汽车过人工收费通道，从减速开始，到收费后加速至v1，总共通过的路程和所需时间是多少？
（2）若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21s，求汽车在ETC通道匀速行驶的距离。
1．基本公式
v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax
常用推论
Δx＝aT2 v＝＝ v＝
2．总结：应用运动学规律解题的基本步骤
第一步：根据题意确定研究对象．
第二步：分析运动过程，明确物体做什么运动，构建运动情景，必要时画出运动示意图．
第三步：明确题中的已知量、未知量及其关系，选用合适的运动规律．
第四步：若运动包含多个阶段，要分阶段逐个分析，各段交接点处的速度是衔接各段运动的关键物理量，也是解题的突破口．
第五步：选取正方向，由运动学公式列方程求解．
考题二 牛顿运动定律的应用
（2023 镇海区模拟）图甲所示为生活中巧妙地利用两根并排的竹竿，将长方体砖块从高处运送到低处的场景。将竹竿简化为两根平行放置，粗细均匀的圆柱形直杆，砖块放在两竹竿的正中间，由静止开始从高处下滑，图乙所示为垂直于运动方向的截面图（砖块截面为正方形）。若仅将两竹竿间距增大一些，则砖块（ ）
A．下滑过程中竹竿对砖块的弹力变大
B．下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力不变
C．下滑的加速度变小
D．下滑到底端的时间变短
（多选）（2023 浙江模拟）神舟十四号又被称为“最忙乘组”，在空间站工作期间迎接了问天、梦天、天舟五号和神舟十五号，它于12月4日返回祖国。返回时在穿越大气层时对返回舱起主要减速作用的降落伞（主伞）面积达1200m2，质量为120kg，由96根坚韧的伞绳均匀连接返回舱悬挂点和降落伞边缘，降落伞边缘为圆形状，半径为15m，设每一根伞绳长度为39m，返回舱（不含航天员）的质量为2670kg，舱内三个航天员的质量每人平均计70kg。设某一段过程，返回舱受到的空气阻力为返回舱总重力的0.05倍，中轴线（返回能悬挂点与降落伞中心的连线）保持竖直，返回舱以0.5m/s2的加速度竖直向下减速。此过程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2。对此以下分析正确的是（ ）
A．在迎接神舟十五号的时候，神舟十四号处于完全失重状态，不受外力
B．题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力大于返回舱的总重力
C．题中减速阶段，每根伞绳的拉力为325N
D．题中减速阶段，降落伞受到的空气阻力为1500N
（2023 金华一模）小端同学在研究竖直向上抛出的物体运动时，分别有几种不同的模型。已知该同学抛出小球的质量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向竖直向上，重力加速度为g＝10m/s2。
（1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过多长时间？
（2）若空气阻力大小恒为0.2N，则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为多少？
（3）若空气阻力大小与速度大小满足F＝kv的关系，其中k为定值。若已知小球落回抛出点前速度恒定且大小为5m/s，则关系式中的k值为多少？
1．研究对象的选取方法
在实际解题过程中整体法和隔离法经常交替使用，一般是选用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的相互作用力．
2．受力分析的处理方法
(1)合成法：若物体只受两个力作用而产生加速度时，应用力的合成法较简单，合外力的方向就是加速度方向．
(2)正交分解法：当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，此时有Fx＝ma，Fy＝0，特殊情况下分解加速度比分解力更简单．
3．运动情景分析法
(1)程序法：对于研究对象按时间的先后经历了几个不同的运动过程的一类问题的解决方法叫程序法．运用程序法时，要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程的交接点的速度往往是解决问题的关键．
(2)图象法：图象能形象地表达物理规律，能直观地描述物理过程，能鲜明地表示物理量之间的关系．应用图象，不仅能进行定性分析，比较判断，也适宜于定量计算、论证，而且，通过图象的启发常能找到巧妙的解题途径．
考题三 运动学图象问题
（2022 浙江模拟）a、b两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的v﹣t图象如图所示，在t＝0时刻，b车在a车前方s0处，在0～t1时间内，b车的位移为s，则（ ）
A．若a、b在t1时刻相遇，则s0＝3s
B．若a、b在时刻相遇，则s0s
C．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为t1
D．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时a车速度为
（2023 宁波二模）遥控小车在水平轨道上运动的速度—时间图象如图所示，t＝0时刻小车位于坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A．在0～4s内，小车的加速度不变
B．在0～6s内，小车的速度方向改变了1次
C．在0～6s内，小车的平均速度的大小为3m/s
D．在t＝5s时刻，小车距离坐标原点最远
（2023 浙江模拟）刚刚结束的奥运会上，广东小将全红婵（图甲）以总分466.2分打破世界纪录，获得跳水单人十米台金牌。自运动员离开跳台开始计时到完全落入水中，其速度随时间变化情况可简化如图乙，选向下为正方向，下列结论正确的是（ ）
A．0﹣t2为空中运动时间，速度始终向下
B．t1﹣t2内的加速度比在t2﹣t3内加速度大
C．在0﹣t1内，平均速度等于
D．在t2﹣t3内，平均速度
1．x－t、v－t、a－t的关系
2．图象问题的五看
一看：轴；二看：线；三看：斜率；四看：面积；五看：特殊点．
3．注意：x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而a－t图象描述的并非一定是直线运动．
考题四 应用动力学方法分析传送带问题
（2023 宁波一模）逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v﹣t图像如图所示。在t＝0时刻质量为1kg的物块从B点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动。2s后开始减速，在t＝4s时物体恰好能到达最高点A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下说法正确的是（ ）
A．物体与传送带间的摩擦因数为0.6
B．传送带AB长度为6m
C．2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6J
（2023春 滨江区期中）在大型物流货场广泛使用传送带运送货物如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物无初速度放在传送带上的A处，经过1.2s货物到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知g＝10m/s2，则下列判断不正确的是（ ）
A．A，B两点间的距离为3.2m
B．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5
C．传送带上留下的黑色痕迹长1.2m
D．倾角θ＝37°
（2022秋 宁波期末）某同学想利用家里的跑步机进行相关实验。如图所示，将跑步机尾端抬高固定，与水平面成α＝37°，跑步机A、B两端间距L＝2m。启动跑步机，跑带以速度v0＝2m/s逆时针转动，现将一小盒子（可视为质点）放到跑带上，已知小盒子与跑带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
（1）如图乙所示，若将小盒子无初速地轻放在A处，求小盒子运动到B处的速度大小v；
（2）如图丙所示将小盒子从B处以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上运动过程中与传送带速度相同时，盒子与B点的距离x；
（3）第（2）题的情形下，求小盒子从B出发再返回B所用的总时间t。
1．水平放置运行的传送带
处理水平放置的传送带问题，首先应对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；然后对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推导，进而采用有关物理规律求解．这类问题可分为：①运动学型；②动力学型；③图象型．
2．倾斜放置运行的传送带
处理这类问题，同样是先对物体进行受力分析，再判断摩擦力的方向是解题关键，正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口．这类问题通常分为：运动学型；动力学型；能量守恒型．
（2023 温州模拟）如图所示的我国第三艘航空母舰“福建舰”，在2022年6月17日移出船坞下水后计划开展航行试验。下列情况中“福建舰”可视为质点的是（ ）
A．研究航行路线时 B．弹射舰载机时
C．移出船坞下水时 D．用操作仪把控方向时
（2023 温州三模）温州轨道交通S1线是温州市第一条建成运营的城市轨道交通线路，于2019年投入运营，现已成为温州市民出行的重要交通工具之一。如图是温州S1线一车辆进站时的情景，下列说法正确的是（ ）
A．研究某乘客上车动作时，可以将该乘客视为质点
B．研究车辆通过某一道闸所用的时间，可以将该车辆视为质点
C．选进站时运动的车辆为参考系，坐在车辆中的乘客是静止的
D．选进站时运动的车辆为参考系，站台上等候的乘客是静止的
（2023 嘉兴一模）科学训练可提升运动成绩，小明在体训前、后百米全程测试中，v﹣t图像分别如图所示，则（ ）
A．研究起跑动作时可把小明视为质点
B．0～t1内，训练后小明的平均速度大
C．0～t2内，训练前后小明跑过的距离相等
D．经过训练，t3时刻后小明仍做加速运动
（2023 浙江二模）9月10日，由航空工业自主研制的第二架大型灭火水上救援水陆两栖飞机AG600M“鲲龙”在广东珠海金湾机场完成了首次飞行试验，某次在平直跑道上滑行时，飞机的速度—时间图像如图所示，若减速过程的加速度大小为5m/s2，则（ ）
A．“鲲龙”匀速滑行的位移为1120米
B．由题目所给的条件无法算出t3的数值
C．“鲲龙”在整个滑行过程中的平均速度大小为70m/s
D．“鲲龙”匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小相等
（2023 浙江模拟）9月10日，由航空工业自主研制的第二架大型灭火水上救援水陆两栖飞机AG600M“鲲龙”在广东珠海金湾机场完成了首次飞行试验，某次在平直跑道上滑行时，飞机的速度——时间图像如图所示，若减速过程的加速度大小为5m/s2，则（ ）
A．“鲲龙”匀速滑行的位移为1120米
B．由题目所给的条件无法算出t的数值
C．“鲲龙”在整个滑行过程中的平均速度大小为70m/s
D．“鲲龙”匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小相等
（2022 南京模拟）从地面以大小为v1的初速度竖直向上抛出一个皮球，经过时间t皮球落回地面，落地时皮球的速度的大小为v已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，重力加速度大小为g。下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的。你可能不会求解t，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，你认为t的合理表达式应为（ ）
A．t B．t C．t D．t
（2022 浙江模拟）如图所示，物体P以初速度v0＝5m/s滑到静止于光滑水平地面的水平小车右端，小车Q上表面粗糙，物体P与小车Q的v﹣t图象如图乙所示，物体P刚好不从小车Q上掉下来，由图乙中各物理量不能求出的是（ ）
A．物体P和小车Q之间的动摩擦因数
B．小车Q上表面的长度
C．小车Q的质量
D．物体P与小车Q的质量之比
（2023 金华模拟）烟花弹从竖直的炮筒被推出，升至最高点后爆炸。上升的过程由于空气阻力的影响，v﹣t图像如图所示，从推出到最高点所用的时间为t，上升的最大高度为H，图线上C点的切线与AB平行，t0、vC为已知量，且烟花弹t0时间内上升的高度为h，则下列说法正确的是（ ）
A．烟花弹上升至最高点时，加速度大小为零
B．烟花弹上升至最高点过程中，空气阻力大小不变
C．烟花弹刚从炮筒被推出的速度v满足
D．烟花弹刚从炮筒被推出的速度v满足
（2022 宁波模拟）某同学想测地铁在平直轨道上启动过程中的加速度，他把根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布固定在地铁的竖直扶手上，在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时的情景，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，已知当地重力加速度为g，根据这张照片，以下说法正确的是（ ）
A．此时地铁的速度方向向右
B．此时地铁的加速度方向向右
C．此时绳子拉力小于圆珠笔的重力
D．由图可以估算出此时地铁加速度的大小
（2022 宁波二模）2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程。若已知着陆器（不含降落伞）总质量m＝1.2×103kg，火星表面重力加速度g'＝4m/s2，忽略着陆器质量的变化和g'的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：
（1）在第Ⅳ阶段的最后，着陆器从无初速度开始经0.75s无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，求着陆器着陆时的速度v4；
（2）假设着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”做匀减速运动，求动力减速装置给着陆器的反推力F的大小；
（3）着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”也可视为匀减速运动，求从打开降落伞到悬停过程中（即Ⅱ、Ⅲ过程）的平均速度大小。（结果可用分数表示）
（2022 柯桥区模拟）弹射+滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机在弹射装置作用下使飞机具有一定的初速度，跑道的前一部分是水平的，跑道后一段略微向上翘起。飞机在尾段翘起跑道上的运动虽然会使加速度略有减小，但能使飞机具有斜向上的速度，有利于飞机的起飞，起飞升力与速度的关系我们可以简化为（升力）L＝kv（k104kg/s），假设某飞机质量为m＝3×104kg，从静止的航母上滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段在水平跑道上受到的平均阻力恒为1.5×105N，加速度为15m/s2，位移为80m，后一段倾斜跑道上的加速度为12m/s2，路程为100m，飞机恰好能正常起飞，求
（1）求水平加速时的牵引力；
（2）水平跑道到倾斜跑道转折点时的速度；
（3）在跑道上加速的总时间。
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